Эта статья находится в разработке!
TODO: Как обычно, это переписанный с выключенным мозгом конспект. Автор не несёт(пока) ответственности за то, что в статье написан антинаучный бред. Хуже того, чукча не читатель, чукча писатель, и написанное даже не читалось.
В параграфе для операторов используется курсивный шрифт ([math]\mathcal{A}[/math], [math]\mathcal{B}[/math]), а для матриц — прямой ([math]A[/math], [math]B[/math]). Во-первых, для того, чтобы различать их, а во-вторых, для красоты. Грустно, что тебе, читатель этого, срать на то, написано ли [math]\mathcal{I}[/math] или [math]I[/math], а хочется только сдать экзамен.
TODO: Расставить точки в конце предложений, а то режет глаз.
В этом параграфе будем иметь дело с Гильбертовым пространством [math]\mathcal{H}[/math], но над полем [math]\mathbb{C}[/math].
- (над [math]\mathbb{R}[/math]): [math]\langle x, y \rangle = \langle y, x \rangle[/math]
- (над [math]\mathbb{C}[/math]): [math]\langle x, y \rangle = \overline{\langle y, x \rangle}[/math]
В конечномерном пространстве [math]\mathbb{R}^n = \{\langle x_1, x_2, \ldots, x_n \rangle\} [/math] ([math]x_i \in \mathbb{R}[/math]) скалярное произведение двух векторов определялось как [math]\langle \bar{x}, \bar{y} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n x_n y_n[/math].
В [math]\mathbb{C}^n = \{\langle z_1, z_2, \ldots, z_n \rangle\}[/math] ([math]z_i \in \mathbb{C}[/math]) же, [math] \langle \bar{z}, \bar{y} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n z_i \overline{y_i}[/math].
Комплексное сопряжение добавлено для того, чтобы выполнялась первая аксиома скалярного произведения: [math]\langle x, x \rangle \ge 0[/math]:
[math]\langle \overline{z}, \overline{z} \rangle = \sum\limits_{k=1}^n z_k \overline{z_k} = \sum\limits_{k=1}^n |z_k|^2 \in \mathbb{R}, \gt 0[/math].
Нас будут интересовать только линейные ограниченные операторы [math]\mathcal{A} : \mathcal{H} \to \mathcal{H}[/math].
| Определение: |
| Оператор [math]\mathcal{A}[/math] называется самосопряжённым ([math]\mathcal{A} = \mathcal{A}^*[/math]), если [math]\forall x, y : \langle \mathcal{A}x, y \rangle = \langle x, \mathcal{A}y \rangle[/math]. |
Посмотрим, что же такое самосопряжённость для конечномерного оператора в [math]\mathbb{C}^n[/math]. В [math]\mathbb{C}^n[/math] линейный оператор представляет из себя матрицу [math]A = \{a_{ij}\}[/math].
| Утверждение: |
Оператор [math]\mathcal{A} : \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n[/math] самосопряжён [math]\iff[/math] [math]A = \overline{A^T}[/math] |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math]Az = \{a_{ij}\} \cdot \left(\begin{array}{c}z_1\\\vdots\\z_n\end{array}\right) = [/math] [math]\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)_{i=1..n}[/math].
[math]\langle \mathcal{A}z, y \rangle = \langle Az, y\rangle = [/math] [math]\sum\limits_{i=1}^n (Az)_i \overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^n a_{ij} z_j\right)\overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{i,j=1}^n a_{ij} z_j \overline{y_i} = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n a_{ij}\overline{y_i}\right)z_j = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n\left(\sum\limits_{i=1}^n \overline{\overline{a_{ij}}}\cdot\overline{y_i}\right)z_j = [/math] [math]\sum\limits_{j=1}^n z_j \overline{\left(\sum\limits_{i=1}^n\overline{a_{ij}}y_i\right)} = [/math] [math]\langle z, By \rangle = [/math] [math]\langle z, \overline{A^T} y \rangle[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
[math]\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \langle x, \mathcal{A}x \rangle [/math], [math]\langle \mathcal{A}x, x \rangle = \overline{\langle x, \mathcal{A}x \rangle}[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\langle \mathcal{A}x, x\rangle \in \mathbb{R}[/math], так как если комплексное число совпадает со своим сопряжением, то его мнимая часть равна нулю.
Рассмотрим [math]\lambda = \mu + i\nu \in \mathbb{C}[/math], [math]\lambda \mathcal{I} - \mathcal{A} = (\mu\mathcal{I} - \mathcal{A}) + i\nu\mathcal{I}[/math].
[math]\| (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x \|^2 = [/math] [math]\langle (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x, (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle = [/math] [math]\langle (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x+i\nu x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x+i\nu x \rangle = [/math] [math]\|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2 + \langle(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x, i\nu x\rangle + \langle i\nu x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle = [/math] [[math]\mu \in \mathbb{R}[/math], [math]\mathcal{A}[/math]— самосопряжённый [math]\Rightarrow[/math] [math](\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})^* = (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math]] [math] = \|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A}x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2 + (-i\nu)\langle (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle + i\nu\langle x, (\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\rangle = [/math] [math]\|(\mu\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|^2 + |\nu|^2\cdot\|x\|^2[/math]
Итого: [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|[/math].
| Утверждение: |
Если [math]\mathcal{A}[/math]—самосопряжённый, а [math]\lambda \in \mathbb{C}[/math], то [math]\mathcal{H} = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) \oplus \operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math] |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Доказательство разбивается на два случая: [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math] и [math]\lambda \notin \mathbb{R}[/math]
- Случай 1. [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math]
[math]\lambda \in \mathbb{R} \Rightarrow (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^* = \lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math]
[math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^\bot[/math]
- Случай 2. [math]\lambda \notin \mathbb{R}[/math]
из неравенства [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\| \gt 0[/math] при [math]x \ne 0[/math] вытекает [math]\operatorname{Ker}(\overline{\lambda}\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}[/math], так как для [math]\lambda \notin \mathbb R[/math], [math]|\nu| \ne 0[/math].
[math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = (\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})^*)^\bot = \mathcal{H}[/math]. |
| [math]\triangleleft[/math] |
Вещественность спектра
| Теорема: |
Если [math]\mathcal{A}[/math] — самосопряженный, то [math] \sigma (\mathcal{A}) \subset \mathbb{R} [/math]. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Проверим, что если [math] \operatorname{Im} \lambda \ne 0[/math], то [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math].
[math]\lambda = \mu + i\nu[/math], [math]\nu\ne0[/math], [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\| \gt 0[/math]
[math]\operatorname{Ker} (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \{0\}[/math], [math]\operatorname{Cl} R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}) = \mathcal{H}[/math] (всюду плотно в [math] \mathcal H [/math]).
С другой стороны, неравенство [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\|\ge|\nu|\cdot\|x\|[/math] даёт априорную оценку [math]y=(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x[/math], откуда следует, что
[math]R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math] — замкнуто.
Значит, [math]\mathcal{H} = R(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})[/math]
[math]\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math]— биективен на [math]\mathcal{H}[/math]. [math]\|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge |\nu|\cdot\|x\|[/math] гарантирует, что обратный оператор ограничен, и, как следствие, непрерывен. Значит, [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
| Теорема: |
Пусть [math]\mathcal{A}[/math]— самосопряжённый оператор. Тогда
1. [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A}) \iff \exists m \gt 0 : \forall x \in \mathcal{H} : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \ge m\|x\|[/math]
2. [math]\lambda \in \sigma(\mathcal{A}) \iff \exists x_n : \|x_n\| = 1 : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x_n\| \to 0 [/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Замечание: второе свойство означает, что спектр самосопряжённого оператора состоит из почти собственных чисел
Докажем первый пункт
1. [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math]. Требуемое неравенство— непрерывность резольвентного оператора
2. [math]\exists m \gt 0 : \forall x \in \mathcal{H} : \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \gt m\|x\|[/math] — в силу прошлой теоремы.
Второй пункт — проверить самим. Это просто логическое отрицание первого.
TODO: запилите кто-нибудь |
| [math]\triangleleft[/math] |
Выше мы убедились, что [math]\langle \mathcal{A}x, x \rangle \in \mathbb{R}[/math]
| Определение: |
| [math]m_- = \inf\limits_{\|x\| = 1} \langle \mathcal{A}x, x\rangle[/math]
[math]m_+ = \sup\limits_{\|x\| = 1} \langle \mathcal{A}x, x \rangle[/math] |
Очевидно, что [math]m_- \le m_+[/math]
[math]\forall x \in \mathcal{H} : x = \|x\| \frac{x}{\|x\|} = \|x\|z[/math], где [math]\|z\| = 1[/math]:
[math]\langle \mathcal{A}x, x\rangle = \|x\|^2 \langle\mathcal{A}z, z\rangle \le m_+ \|x\|^2[/math]
Аналогично, [math] \langle\mathcal{A}z, z\rangle \ge m_- \|x\|^2 [/math]
| Теорема: |
Пусть [math]A[/math] — самосопряженный оператор. Тогда:
- [math]\sigma(\mathcal{A}) \subset [m_-; m_+][/math]
- [math]m_+, m_- \in \sigma(\mathcal{A})[/math]
|
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Пункт 1. Докажем, что из того, что [math]\lambda \gt m_+[/math] следует, что [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math]. Аналогично докажем для [math]m_-[/math]
Нужно проверять только [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math]
Пусть [math]\lambda \gt m_+[/math]. Проверим, что выполняется критерий вхождения в [math]\rho(\mathcal{A})[/math] из предыдущей теоремы
[math](\lambda - m_+) \cdot \|x\|^2 =[/math] [math](\lambda - m_+) \langle x, x \rangle =[/math] [math]\langle \lambda x, x\rangle - \langle m_+x, x\rangle \le [/math] [math]\langle \lambda x, x \rangle - \langle \mathcal{A}x, x \rangle = [/math] [math]\langle (\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle \le[/math] [неравенство Шварца] [math]\le \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \cdot \|x\|[/math]
Итого: [math](\lambda-m_+)\|x\| \le \|(\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A})x\| \Rightarrow \lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math]
Пункт 2. Докажем, что [math]m_+ \in \sigma(\mathcal{A})[/math]
Проверим критерий принадлежности спектру из предыдущей теоремы.
[math]m_+ = \sup\limits_{\|x\|=1} \langle \mathcal{A}x, x\rangle[/math]
По определению [math]\sup[/math] подбираются [math]x_n : \|x_n\| = 1[/math], [math]\langle \mathcal{A}x_n, x_n\rangle \to m_+[/math]
[math]\langle \mathcal{A}x, x\rangle \le m_+ \cdot \langle x, x\rangle \iff \langle (m_+\mathcal{I}-\mathcal{A})x, x\rangle \ge 0[/math]
[math]\mathcal{L} = m_+\mathcal{I} - \mathcal{A}[/math], [math]\mathcal{L}=\mathcal{L}^*[/math]
Далее будем использовать обозначение [math][x, y] = \langle \mathcal{L}x, y\rangle[/math].
Так как [math]\langle \mathcal{L}x, x \rangle \ge 0[/math], мгновенно проверяем, что [math][\_, \_][/math] удовлетворяет аксиомам скалярного произведения, а значит, для [math][\_, \_][/math] выполняется неравенство Шварца:
[math]|[x, y]|^2 \le [x, x] \cdot [y, y] [/math]
Надо: [math]\mathcal{L}x_n \to 0[/math]
[math]\langle \mathcal{L}x_n, x_n \rangle \to 0[/math]
[math]|\langle \mathcal{L}x, y \rangle|^2 \le \langle\mathcal{L}x, x\rangle \cdot \langle \mathcal{L}y, y \rangle[/math]
Подставим [math]x = x_n[/math], [math]y = \mathcal{L}x_n[/math]:
[math]|\langle\mathcal{L}x_n, \mathcal{L}x_n\rangle| \le[/math] [math]\langle \mathcal{L}x_n, x_n\rangle \cdot \langle \mathcal{L}^2x_n, \mathcal{L}x_n\rangle [/math]
[math]|\langle \mathcal{L}x_n, \mathcal{L}x_n\rangle|^2 = \|\mathcal{L}x_n\|^4[/math], [math]\langle \mathcal{L}x_n, x_n\rangle \to 0[/math], [math]\langle\mathcal{L}^2x_n, \mathcal{L}x_n\rangle \le \|\mathcal{L}^2x_n\|\cdot\|\mathcal{L}x_n\| \le \|\mathcal{L}\|^3 \cdot \|x_n\|^2[=1] = \|\mathcal{L}\|^3 \le M[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
Теорема о спектральном радиусе
| Утверждение: |
Если [math]\mathcal{A}[/math]— самосопряжённый оператор, то [math]r_\sigma(\mathcal{A}) = \|\mathcal{A}\|[/math] |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Ранее мы доказывали, что [math]r_\sigma(\mathcal{A}) = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|\mathcal{A}^n\|}[/math]
Если проверить, что [math]\|\mathcal{A}^{2^n}\| = \|\mathcal{A}\|^{2^n}[/math], то, по предыдущему утверждению, теорема будет верна: [math]\sqrt[2^n]{\|\mathcal{A}^{2^n}\|} = \sqrt[2^n]{\|\mathcal{A}\|^{2^n}} = \|\mathcal{A}\|[/math]
Очевидно, достаточно проверить это утверждение только для [math]n = 1[/math]. Остальное получится автоматически.
[math]\langle\mathcal{A}x, \mathcal{A}x \rangle = \|\mathcal{A}x\|^2[/math]
По самосопряжённости:
[math] = \langle x, \mathcal{A}^2x \rangle \le[/math] [по неравенству Шварца] [math]\le \|\mathcal{A}^2x\|\cdot\|x\| \le[/math] [[math]\|x\| \le 1[/math]] [math]\le \|\mathcal{A}^2x\| \le[/math] [math]\|\mathcal{A}^2\| \cdot \|x\| \le [/math] [math]\|\mathcal{A}^2\|[/math]
Итого: [math]\|\mathcal{A}\|^2 \le \|\mathcal{A}^2\|[/math]. Осталось доказать обратное неравенство.
[math]\|\mathcal{A}^2 x \| = [/math] [math]\|\mathcal{A}(\mathcal{A}x)\| \le[/math] [math]\|\mathcal{A}\| \cdot \|\mathcal{A}x\| \le[/math] [math]\|\mathcal{A}\|^2[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
Если [math]\mathcal{A}[/math]— компактный, то [math]\sigma(\mathcal{A})[/math] состоит только из счётного числа собственных чисел [math]\lambda_i[/math]. Обозначим за [math]M_{\lambda_i} [/math] собственные подпространства. В силу самосопряжённости, [math]M_{\lambda_i} \perp M_{\lambda_j}[/math].
Собственные подпространства конечномерны ([math]\dim M_\lambda \lt +\infty[/math]). Можно считать, что в каждом из них определён ортонормированный базис.
| Теорема (Гильберт, Шмидт): |
Если [math]\mathcal{A}[/math]— самосопряжённый оператор в гильбертовом пространстве [math]\mathcal{H}[/math], а [math]M_{\lambda_i}[/math]— его (оператора) собственные подпространства, то [math]\mathcal{H} = M_{\lambda_1} \oplus M_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus M_{\lambda_n} \oplus \cdots [/math] |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
Обозначим за [math]M = \bigoplus\limits_n M_{\lambda_n}[/math], [math]M^\bot[/math]— ортогональное дополнение [math]M[/math] до [math]\mathcal{H}[/math] ([math]\mathcal{H} = M \oplus M^\bot[/math]).
Нужно проверить, что [math]M^\bot = \{0\}[/math]
Элементарно проверяется, что [math]\forall M_\lambda : \mathcal{A}(M_\lambda) \subset M_\lambda[/math]:
[math]\forall x \in M_\lambda : \mathcal{A}x = \lambda x \in M_\lambda[/math]
Проверим, что [math]\mathcal{A}(M^\bot) \subset M^\bot[/math]: [math]\forall x \in M^\bot : \mathcal{A}x \perp[/math] любому [math]M_\lambda[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\mathcal{A}x \in M^\bot[/math]
[math]y \in M_\lambda : \langle \mathcal{A}x, y\rangle = \langle x, \mathcal{A}y\rangle = \langle x, \lambda y \rangle = |\lambda|\langle x, y \rangle[/math], [math]x\in M^\bot[/math], [math]\langle x, y \rangle = 0[/math]
Значит, [math]\mathcal{A}(M^\bot)\subset M^\bot[/math]
Рассмотрим [math]\mathcal{A}_0 = \mathcal{A}|_{M^\bot}[/math]
[math]M^\bot[/math] — гильбертово пространство, [math]\mathcal{A}_0[/math] — самосопряжённое, [math]r_\sigma(\mathcal{A}_0) = \|\mathcal{A}_0\|[/math]
Но все собственные числа [math]\mathcal{A}[/math] задействованы в [math]M_\lambda[/math] [math]r_\sigma(\mathcal{A}_0) = 0[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\|\mathcal{A}_0\| = 0[/math] [math]\Rightarrow[/math] оператор тривиальный [math]M^\bot = \operatorname{Ker} \mathcal{A}_0[/math]
Если бы у [math]\mathcal{A}[/math] было нетривиальное ядро, то оно стало бы собственным подпространосвом, значит, было бы задействовано в [math]\bigoplus[/math]. Значит, [math]\operatorname{Ker} \mathcal{A}_0 = \{0\}[/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
Если [math]\mathcal{A}[/math]— самосопряжённый компактный оператор, то ОНС базис [math]\mathcal{H}[/math] можно построить из собственных векторов, соответствующим собственным числам [math]\varphi_1, \varphi_2, \ldots[/math]. Любой [math]x \in \mathcal{H}[/math] можно разложить в ряд Фурье по свойствам гильбертова пространства. Значит,
[math]\mathcal{A}x = \sum\limits_{n=1}^\infty \langle x, \varphi_n\rangle \mathcal{A}\varphi_n = \sum\limits_{n=1}^\infty \lambda_n \langle x, \varphi_n\rangle \varphi_n[/math]
Получаем структуру сопряжённого компактного оператора: [math]\lambda \in \rho(\mathcal{A})[/math] ([math]\lambda\mathcal{I}-\mathcal{A}[/math] непрерывно обратим) [math]\Rightarrow[/math] [math]y = \sum\limits_{n=1}^\infty \langle y, \varphi_n\rangle \varphi_n[/math], [math]y = \lambda x - \mathcal{A}x[/math]
[math]\sum\limits_{n=1}^\infty \langle y, \varphi_n\rangle \varphi_n = \sum \lambda\langle x, \varphi_n\rangle\varphi_n - \sum\lambda_n\langle x, \varphi_n\rangle\varphi_n = \sum(\lambda-\lambda_n)\langle x, \varphi_n\rangle \varphi_n[/math]
Можно приравнять коэффициенты: [math]\langle y, \varphi_n\rangle = (\lambda-\lambda_n)\langle x, \varphi_n\rangle[/math]
[math]\langle x, \varphi_n\rangle = \frac{\langle y, \varphi_n\rangle}{\lambda-\lambda_n}[/math] (нуля быть не может, потому что [math]y \in \rho(\mathcal{A})[/math])
[math]R_\lambda(y) = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\langle y, \varphi_n\rangle}{\lambda-\lambda_n}\varphi_n[/math]
